1、 中考数学 （安徽专用） 第六章 图形与变换 6.1 图形的轴对称、平移与旋转 考点一 图形的轴对称 20162020年全国中考题组 1.(2020山西,2,3分)自新冠肺炎疫情发生以来,全国人民共同抗疫,各地积极普及科学防控知识.下面是科 学防控知识的图片,图片上有图案和文字说明,其中的图案是轴对称图形的是( ) 答案答案 D 根据轴对称图形的定义知只有D选项正确,故选D. 2.(2019内蒙古呼和浩特,2,3分)甲骨文是我国的一种古代文字,下面是“北”“比”“鼎”“射”四个 字的甲骨文,其中不是轴对称图形的是( ) 答案答案 B 根据四个字的甲骨文的特点,“比”字的甲骨文不是轴对称图形,故
2、选B. 3.(2019湖北武汉,4,3分)现实世界中,对称现象无处不在,中国的方块字中有些也具有对称性,下列美术字 是轴对称图形的是( ) 答案答案 D 选项A、B、C中的图形都不是轴对称图形,选项D中的图形是轴对称图形.故选D. 4.(2019河北,9,3分)如图,在小正三角形组成的网格中,已有6个小正三角形涂黑,还需涂黑n个小正三角形, 使它们与原来涂黑的小正三角形组成的新图案恰有三条对称轴,则n的最小值为( ) A.10 B.6 C.3 D.2 答案答案 C 正三角形恰有三条对称轴,所以联想把图中的三个小正三角形涂黑,而当n=1或2时,不能出现 符合题意的新图案,所以n的最小值为3,故选
3、C. 5.(2018河北,3,3分)图中由“”和“”组成轴对称图形,该图形的对称轴是直线( ) A.l1 B.l2 C.l3 D.l4 答案答案 C 如果一个图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够完全重合,这个图形叫做轴对称图形,由 此知该图形的对称轴是直线l3,故选C. 6.(2017安徽,14,5分)在三角形纸片ABC中,A=90,C=30,AC=30 cm.将该纸片沿过点B的直线折叠,使 点A落在斜边BC上的一点E处,折痕记为BD(如图1),剪去CDE后得到双层BDE(如图2),再沿着过 BDE某顶点的直线将双层三角形剪开,使得展开后的平面图形中有一个是平行四边形.则所得平行四边 形的周
4、长为 cm. 答案答案 40或(只写出一个正确答案得3分) 80 3 3 解析解析 由已知可知ADBEDB,又A=90,C=30,所以ABD=EBD=C=30,则CD=BD,设AD =DE=x cm,则CD=(30-x)cm,在直角三角形ABD中,sin 30=,解得x=10,所以BD=20 cm,AB=10 cm.经分析可知满足题意的剪法有以下两种:取BD的中点F,连接EF,AF,沿EF剪开所得四边形 ADEF是平行四边形,也是菱形,其边长DE为10 cm,故其周长为40 cm;作EDB的平分线DM,沿DM剪 开所得四边形是平行四边形,也是菱形,其边长DM= cm,故其周长为4= cm.综上
5、,所求周长为40 cm或 cm. AD BD30- x x 1 2 3 cos30? DE10 3 2 20 3 3 20 3 3 80 3 3 80 3 3 思路分析 由轴对称的性质得ADBEDB,由已知可求AD,AB,BD,考虑到在三角形BDE中,BED= 90,EBD=30,BDE=60,故沿BD上的中线或EDB的平分线剪开可得平行四边形,且都为菱形,求出 边长即可求得周长. 7.(2020湖北武汉,16,3分)如图,折叠矩形纸片ABCD,使点D落在AB边的点M处,EF为折痕,AB=1,AD=2.设 AM的长为t,用含有t的式子表示四边形CDEF的面积是 . 答案答案 t2-t+1 1
6、4 1 4 解析解析 如图,设MN与BC的交点为P,AE=x, 由折叠性质可得CF=FN,CD=MN=1,EMN=90,DE=EM=2-x, 再由矩形ABCD可得AME=MPB, AM=t,MB=1-t, 在RtAEM中,AE2+AM2=EM2,即x2+t2=(2-x)2, 解得x=,则DE=2-x=, sinAME=,tanAME=, 在RtMPB中,MP=, NP=1-MP=, FPN=MPB,MPB=AME, 2 4- 4 t 2 4 4 t 2- x x 2 2 4- 4 t t x t 2 4- 4 t t sin MB MPBsin MB AME 2 2 (1- )(4) 4- t
7、t t 32 2 -24 4- ttt t FN=NPtanAME=, CF=, 四边形CDEF的面积为CD= =t2-t+1. 2-2 4 4 tt 2-2 4 4 tt 2 CFDE 1 2 22 -244 44 ttt 1 4 1 4 难点突破难点突破 设MN与BC的交点为P,求出AE,并利用AME=MPB=FPN及锐角三角函数求出NF是解 答本题的突破口. 8.(2020宁夏,17,6分)在平面直角坐标系中,ABC的三个顶点的坐标分别是A(1,3),B(4,1),C(1,1). (1)画出ABC关于x轴成轴对称的A1B1C1; (2)画出ABC以点O为位似中心,位似比为12的A2B2C
8、2. 解析解析 (1)正确画出A1B1C1如图.(3分) (2)正确画出A2B2C2如图.(6分) 9.(2016安徽,17,8分)如图,在边长为1个单位长度的小正方形组成的1212网格中,给出了四边形ABCD的 两条边AB与BC,且四边形ABCD是一个轴对称图形,其对称轴为直线AC. (1)试在图中标出点D,并画出该四边形的另两条边; (2)将四边形ABCD向下平移5个单位,画出平移后得到的四边形ABCD. 解析解析 (1)点D及四边形ABCD另两条边如图所示.(4分) (2)得到的四边形ABCD如图所示.(8分) 考点二 图形的平移 1.(2019四川成都,4,3分)在平面直角坐标系中,将
9、点(-2,3)向右平移4个单位长度后得到的点的坐标为 ( ) A.(2,3) B.(-6,3) C.(-2,7) D.(-2,-1) 答案答案 A 点向右平移4个单位长度,其横坐标加4,所以平移后得到的点的坐标为(2,3),故选A. 2.(2018江西,5,3分)小军同学在网格纸上将某些图形进行平移操作,他发现平移前后的两个图形所组成 的图形可以是轴对称图形.如图所示,现在他将正方形ABCD从当前位置开始进行一次平移操作,平移后 的正方形的顶点也在格点上,则使平移前后的两个正方形组成轴对称图形的平移方向有( ) A.3个 B.4个 C.5个 D.无数个 答案答案 C 如图所示,正方形ABCD可
10、以向上、向下、向右以及沿射线AC或BD方向平移,平移后的两个 正方形组成轴对称图形.故选C. 3.(2020天津,16,3分)将直线y=-2x向上平移1个单位长度,平移后直线的解析式为 . 答案答案 y=-2x+1 解析解析 由“上加下减”的原则可知,将直线y=-2x向上平移1个单位长度所得直线的解析式为y=-2x+1. 解题技巧解题技巧 本题考查了一次函数图象的平移变换:一次函数y=kx+b(k0)图象的平移遵循“上加下减” “左加右减”的原则:上下平移操作“b”,左右平移操作“x”.例如:对于一次函数y=kx+b(k0),若函数 图象向上平移m(m0)个单位长度,则平移后得到的直线解析式为
11、y=kx+b+m(k0);若函数图象向下平移 m(m0)个单位长度,则平移后得到的直线解析式为y=kx+b-m(k0);若函数图象向左平移m(m0)个单位 长度,则平移后得到的直线解析式为y=k(x+m)+b(k0);若函数图象向右平移m(m0)个单位长度,则平移 后得到的直线解析式为y=k(x-m)+b(k0). 4.(2019安徽,16,8分)如图,在边长为1个单位长度的小正方形组成的1212网格中,给出了以格点(网格线 的交点)为端点的线段AB. (1)将线段AB向右平移5个单位,再向上平移3个单位得到线段CD,请画出线段CD; (2)以线段CD为一边,作一个菱形CDEF,且点E,F也为
12、格点.(作出一个菱形即可) 解析解析 (1)如图,线段CD即为所求作.(4分) (2)如图,菱形CDEF即为所求作(答案不唯一).(8分) 5.(2017安徽,18,8分)如图,在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中,给出了格点ABC和DEF (顶点为网格线的交点),以及过格点的直线l. (1)将ABC向右平移两个单位长度,再向下平移两个单位长度,画出平移后的三角形; (2)画出DEF关于直线l对称的三角形; (3)填空:C+E= . 解析解析 (1)如图所示.(3分) (2)如图所示.(6分) (3)45.(8分) 提示:A1C1F1=C+E,连接A1F1,易证三角形A1F1C1是等腰直
13、角三角形且A1C1F1=45. 考点三 图形的旋转 1.(2020海南,7,3分)如图,在RtABC中,C=90,ABC=30,AC=1 cm,将RtABC绕点A逆时针旋转得到 RtABC,使点C落在AB边上,连接BB,则BB的长度是( ) A.1 cm B.2 cm C. cm D.2 cm 33 答案答案 B C=90,ABC=30,AC=1 cm,BAC=60,AB=2 cm.由旋转的性质可得BAC=BAB= 60,AB=AB.所以ABB是等边三角形.BB=AB=2 cm.故选B. 解题关键解题关键 解决本题的关键在于根据旋转的性质得出ABB是等边三角形. 2.(2019河南,10,3分
14、)如图,在OAB中,顶点O(0,0),A(-3,4),B(3,4).将OAB与正方形ABCD组成的图形绕 点O顺时针旋转.每次旋转90,则第70次旋转结束时,点D的坐标为( ) A.(10,3) B.(-3,10) C.(10,-3) D.(3,-10) 答案答案 D 由题意得,五边形AOBCD绕点O顺时针旋转,每次旋转90,经过4次旋转可回到初始位置,即每 4次旋转为一个循环.704=172,即第70次旋转结束时与第2次旋转结束时位置相同.易得初始位置时 点D的坐标为(-3,10),又点D旋转2次,即顺时针旋转了180后的点D与点(-3,10)关于原点对称,所以第70 次旋转结束时,点D的坐
15、标为(3,-10),故选D. 3.(2018山西,8,3分)如图,在RtABC中,ACB=90,A=60,AC=6,将ABC绕点C按逆时针方向旋转得 到ABC,此时点A恰好在AB边上,则点B与点B之间的距离为( ) A.12 B.6 C.6 D.6 23 答案答案 D 如图,连接BB,由旋转可知AC=AC,BC=BC, A=60, ACA为等边三角形, ACA=60, BCB=ACA=60, BCB为等边三角形, 在RtABC中,A=60,AC=6, 则BC=6. BB=BC=6, 故选D. 3 3 4.(2019内蒙古包头,17,3分)如图,在ABC中,CAB=55,ABC=25.在同一平面
16、内,将ABC绕点A逆时 针旋转70得到ADE,连接EC,则tanDEC的值是 . 答案答案 1 解析解析 在ACB中,ACB=180-55-25=100,由旋转的性质可得AED=ACB =100,CAE=70,AE =AC,AEC=55,DEC=100-55=45,tanDEC=1. 180?-70? 2 解题关键解题关键 抓住旋转的性质得出AEC是等腰三角形且CAE=70是解答本题的关键. 5.(2020安徽,16,8分)如图,在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中,给出了以格点(网格线的交 点)为端点的线段AB,线段MN在网格线上. (1)画出线段AB关于线段MN所在直线对称的线段A
17、1B1(点A1,B1分别为A,B的对应点); (2)将线段B1A1绕点B1顺时针旋转90得到线段B1A2,画出线段B1A2. 解析解析 (1)如图所示,线段A1B1即为所求.(5分) (2)如图所示,线段B1A2即为所求.(8分) 6.(2019福建,21,8分)在RtABC中,ABC=90,ACB=30.将ABC绕点C顺时针旋转一个角度得到 DEC,点A,B的对应点分别为D,E. (1)若点E恰好落在边AC上,如图1,求ADE的大小; (2)若=60,F为AC的中点,如图2,求证:四边形BEDF是平行四边形. 解析解析 (1)在RtABC中,ABC=90,ACB=30, BAC=60. 由旋
18、转性质得,DC=AC,DCE=ACB=30. DAC=ADC=(180-DCE)=75, 又EDC=BAC=60, ADE=ADC-EDC=15. (2)证明:在RtABC中,ABC=90,ACB=30, AB=AC. F是AC的中点,BF=FC=AC, FBC=ACB=30,AB=BF. 由旋转性质得AB=DE,DEC=ABC=90,BCE=ACD=60, DE=BF. 1 2 1 2 1 2 延长BF交EC于点G,则BGE=GBC+GCB=90, BGE=DEC,DEBF, 四边形BEDF是平行四边形. 一题多解一题多解 (2)在RtABC中,ABC=90,ACB=30, AB=AC,A=
19、60. F是AC的中点,AF=BF=FC=AC,AB=BF=FC. 由旋转性质得AB=DE,EDC=A=60,ACD=60. DE=BF,DE=FC,EDC=ACD. CD=DC,EDCFCD.CE=DF. 由旋转性质得BEC为等边三角形, CE=BE,DF=BE. 又DE=BF,四边形BEDF是平行四边形. 1 2 1 2 7.(2020福建,24,12分)如图,ADE由ABC绕点A按逆时针方向旋转90得到,且点B的对应点D恰好落在 BC的延长线上,AD,EC相交于点P. (1)求BDE的度数; (2)F是EC延长线上的点,且CDF=DAC. 判断DF和PF的数量关系,并证明; 求证:=.
20、EP PF PC CF 解析解析 本小题考查旋转的性质、三角形内角与外角的关系、等腰三角形的判定、全等三角形的判定与 性质、平行线的性质、平行线分线段成比例等基础知识,考查推理能力,考查化归与转化思想. (1)由旋转的性质可知,AB=AD,BAD=90,ABCADE, 在RtABD中,B=ADB=45, ADE=B=45, BDE=ADB+ADE=90. (2)DF=PF. 证明:由旋转的性质可知,AC=AE,CAE=90, 在RtACE中,ACE=AEC=45, CDF=CAD,ACE=ADB=45, ADB+CDF=ACE+CAD, 即FPD=FDP,DF=PF. 证明:过点P作PHED交
21、DF于点H, HPF=DEP,=, EP PF DH HF DPF=ADE+DEP=45+DEP, DPF=ACE+DAC=45+DAC, DEP=DAC,又CDF=DAC, DEP=CDF,HPF=CDF, 又FD=FP,F=F,HPFCDF, HF=CF,DH=PC, 又=,=. EP PF DH HF EP PF PC CF 说明:本参考答案仅给出一种解法供参考. 一题多解一题多解 (2)设5=6=, 由(1)知A、C、D、E四点共圆, 1=2. 又AC=AE,CAE=90, 3=2=45,1=2=45, PDF=1+5=45+, DPF=3+6=45+, PDF=DPF,PF=DF.
22、证法一:EPD=APC,EDP=45=ACP, DEP=CAP, 又FDC=CAD,DEP=FDC, 在FDC和FED中,FDC=DEP,CFD=DFE, FDCFED,=, =, 又DF=PF,=,=. 证法二:A、C、D、E四点共圆,4=6. 又5=6,4=5, 又F是公共角,DEFCDF, =, =,=,=. FE FD FD FC -FE FD FD -FD FC FC EP FD PC FC EP PF PC CF EF DF DF CF EF PF PF CF -EF PF PF -PF CF CF PE PF PC CF 8.(2018四川成都,27,10分)在RtABC中,AC
23、B=90,AB=,AC=2,过点B作直线mAC,将ABC绕点C 顺时针旋转得到ABC(点A,B的对应点分别为A,B),射线CA,CB分别交直线m于点P,Q. (1)如图1,当P与A重合时,求ACA的度数; (2)如图2,设AB与BC的交点为M,当M为AB的中点时,求线段PQ的长; (3)在旋转过程中,当点P,Q分别在CA,CB的延长线上时,试探究四边形PABQ的面积是否存在最小值.若 存在,求出四边形PABQ的最小面积;若不存在,请说明理由. 7 解析解析 (1)由旋转的性质得AC=AC=2, ACB=90,AB=,AC=2,BC=, ACB=90,mAC,ABC=90, cosACB=, A
24、CB=30, ACA=60. (2)M为AB的中点,ACB=90,MA=MB=MC, ACM=MAC, 由旋转的性质得MAC=A,A=ACM, tanPCB=tan A=,PB=BC=, tanBQC=tanPCB=,BQ=BC=2, 7 22 -AB AC3 BC AC 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 2 3 3 2 3 PQ=PB+BQ=. (3)S四边形PABQ=SPCQ-SACB=SPCQ-, S四边形PABQ最小即SPCQ最小, SPCQ=PQ BC=PQ. 取PQ的中点G,连接CG. PCQ=90, CG=PQ. 当CG最小时,PQ最小,CGPQ, 即CG与CB重合时,CG
25、最小, CGmin=,PQmin=2, (SPCQ)min=3,(S四边形PABQ)min=3-. 7 2 3 1 2 3 2 1 2 33 3 思路分析思路分析 (1)在RtABC中,由勾股定理得BC=,根据旋转知AC=AC=2,解直角ABC,得ACB=30, 所以ACA=60;(2)根据M为AB的中点,可得ACM=MAC=A,且A=BQC,解RtPBC,Rt BQC,求出PB=,BQ=2,进而得出PQ=PB+BQ=;(3)依据S四边形PABQ=SPCQ-SAC B=SPCQ-,得当SPCQ最小时, S四边形PABQ最小,又SPCQ=PQ BC=PQ,求出PQ的最小值即可得到SPCQ的最小值
26、为3,则四边形PABQ的 最小面积是3-. 3 3 2 7 2 3 1 2 3 2 3 解后反思解后反思 本题是以直角三角形旋转为背景的几何综合题,主要考查了旋转的性质,平行线的性质,解直 角三角形,直角三角形的性质等,根据直线mAC以及旋转变换中相等的线段和相等的角,求PQC中角 的大小和边长是解题的关键. 考点一 图形的轴对称 教师专用题组 1.(2020重庆A卷,2,4分)下列图形是轴对称图形的是( ) 答案 A 根据轴对称图形的概念,如果一个图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,这个 图形叫做轴对称图形,可知选项A中的图形是轴对称图形.故选A. 2.(2019福建,3,4分)
27、下列图形中,一定既是轴对称图形又是中心对称图形的是( ) A.等边三角形 B.直角三角形 C.平行四边形 D.正方形 答案答案 D A中的图形是轴对称图形,但不是中心对称图形;B中的图形不一定是轴对称图形,不是中心对 称图形;C中的图形是中心对称图形,但不一定是轴对称图形,故选D. 3.(2018重庆,2,4分)下列图形中一定是轴对称图形的是( ) 答案答案 D 根据轴对称图形的概念可得矩形一定是轴对称图形.故选D. 解题关键解题关键 判断轴对称图形的关键是寻找对称轴. 4.(2018吉林,5,2分)如图,将ABC折叠,使点A与BC边中点D重合,折痕为MN.若AB=9,BC=6,则DNB的周
28、长为( ) A.12 B.13 C.14 D.15 答案答案 A 由折叠性质可得AN=DN,DN+NB=AN+NB=AB=9.D为BC中点,DB=3,DNB的周长 为12. 思路分析思路分析 利用折叠性质易推出AN=DN,从而三角形DNB的周长即为AB+BD的长. 5.(2018天津,10,3分)如图,将一个三角形纸片ABC沿过点B的直线折叠,使点C落在AB边上的点E处,折痕 为BD,则下列结论一定正确的是( ) A.AD=BD B.AE=AC C.ED+EB=DB D.AE+CB=AB 答案答案 D 由折叠的性质知,BC=BE,AE+CB=AB.故选D. 6.(2017四川绵阳,2,3分)下
29、列图案中,属于轴对称图形的是( ) 答案答案 A A选项是轴对称图形,共有5条对称轴;B、D选项既不是轴对称图形,也不是中心对称图形;C 选项是中心对称图形,不是轴对称图形,故选A. 7.(2018广东广州,2,3分)如图所示的五角星是轴对称图形,它的对称轴共有( ) A.1条 B.3条 C.5条 D.无数条 答案答案 C 如图所示,五角星的对称轴共有5条. 8.(2017北京,5,3分)下列图形中,是轴对称图形但中心对称图形的是( ) 不是 答案答案 A 选项A中的图形是轴对称图形但不是中心对称图形;选项B、D中的图形既是轴对称图形又 是中心对称图形;选项C中的图形是中心对称图形但不是轴对称
30、图形.故选A. 9.(2017天津,3,3分)在一些美术字中,有的汉字是轴对称图形.下面4个汉字中,可以看作是轴对称图形的 是( ) 答案答案 C 根据轴对称图形的概念可得,选项A、B、D中的汉字都不是轴对称图形,只有选项C中的汉字 是轴对称图形,故选C. 10.(2020重庆A卷,11,4分)如图,三角形纸片ABC,点D是BC边上一点,连接AD,把ABD沿着AD翻折,得到 AED,DE与AC交于点G,连接BE交AD于点F.若DG=GE,AF=3,BF=2,ADG的面积为2,则点F到BC的距 离为( ) A. B. C. D. 5 5 2 5 5 4 5 5 4 3 3 答案答案 B 由翻折得
31、BF=EF=2,AFB=AFE=90,因为ADG的面积为2,DG=GE,所以AGE的面积为 2,所以ADE的面积为4,所以AD EF=4,所以AD=4,所以DF=AD-AF=4-3=1,所以BD= =,设点F到BC的距离是h,则SBDF=DF BF=BD h,即12=h,所以h=,即点F到BC的距 离为. 1 2 22 BFDF 22 215 1 2 1 2 5 2 5 5 2 5 5 方法总结方法总结 求点到直线的距离时,等面积法是一个常用方法.特别是求直角三角形斜边上的高. 11.(2016湖北武汉,14,3分)如图,在ABCD中,E为边CD上一点,将ADE沿AE折叠至ADE处,AD与CE
32、 交于点F,若B=52,DAE=20,则FED的大小为 . 答案答案 36 解析解析 四边形ABCD是平行四边形,B=52,D=52,DAE=20,AED=180-20-52=108, AEC=20+52=72.由折叠的性质可得AED=AED=108,FED=AED-AEC=108-72=36. 评析评析 本题是平行四边形与折叠相结合的问题,要熟练掌握平行四边形的性质,解决折叠问题的关键是 折叠前后的图形全等,把对应边和对应角进行转化. 考点二 图形的平移 1.(2020山东青岛,5,3分)如图,将ABC先向上平移1个单位,再绕点P按逆时针方向旋转90,得到ABC, 则点A的对应点A的坐标是(
33、 ) A.(0,4) B.(2,-2) C.(3,-2) D.(-1,4) 答案答案 D 由题图可知点A的坐标为(4,2),向上平移一个单位后对应点的坐标为(4,3),再绕点P按逆时针 方向旋转90后对应点的坐标为(-1,4),如图所示. 2.(2018海南,3,4分)如图,在平面直角坐标系中,ABC位于第一象限,点A的坐标是(4,3),把ABC向左平 移6个单位长度,得到A1B1C1,则点B1的坐标是( ) A.(-2,3) B.(3,-1) C.(-3,1) D.(-5,2) 答案答案 C 根据点A的坐标可得点B(3,1),当三角形ABC向左平移6个单位长度时,点B向左平移6个单位长 度,
34、得B1(-3,1),故选C. 3.(2018天津,16,3分)将直线y=x向上平移2个单位长度,平移后直线的解析式为 . 答案答案 y=x+2 解析解析 根据一次函数图象平移规律“上加下减常数项”,将直线y=x向上平移2个单位长度,所得直线的 解析式为y=x+2. 4.(2017山西,13,3分)如图,已知ABC三个顶点的坐标分别为A(0,4),B(-1,1),C(-2,2).将ABC向右平移4 个单位,得到ABC,点A,B,C的对应点分别为A,B,C,再将ABC绕点B顺时针旋转90,得到AB C,点A,B,C的对应点分别为A,B,C,则点A的坐标为 . 答案答案 (6,0) 解析解析 如图,
35、点A的坐标为(6,0). 5.(2018广西南宁,21,8分)如图,在平面直角坐标系中,已知ABC的三个顶点坐标分别是A(1,1),B(4,1),C (3,3). (1)将ABC向下平移5个单位后得到A1B1C1,请画出A1B1C1; (2)将ABC绕原点O逆时针旋转90后得到A2B2C2,请画出A2B2C2; (3)判断以O,A1,B为顶点的三角形的形状.(无需说明理由) 解析解析 (1)如图所示,A1B1C1即为所求. (2)如图所示,A2B2C2即为所求. (3)三角形的形状为等腰直角三角形. (提示:可求出OB,OA1的长及其夹角) 6.(2019天津,24,10分)在平面直角坐标系中
36、,O为原点,点A(6,0),点B在y轴的正半轴上,ABO=30.矩形 CODE的顶点D,E,C分别在OA,AB,OB上,OD=2. (1)如图1,求点E的坐标; (2)将矩形CODE沿x轴向右平移,得到矩形CODE,点C,O,D,E的对应点分别为C,O,D,E.设OO=t,矩形C ODE与ABO重叠部分的面积为S. 如图2,当矩形CODE与ABO重叠部分为五边形时,CE,ED分别与AB相交于点M,F,试用含有t的式 子表示S,并直接写出t的取值范围; 当S5时,求t的取值范围(直接写出结果即可). 33 解析解析 (1)由点A(6,0),得OA=6, 又OD=2,AD=OA-OD=4, 在矩形
37、CODE中,有EDCO,得AED=ABO=30, 在RtAED中,AE=2AD=8, 由勾股定理,得ED=4, 点E的坐标为(2,4). (2)由平移知,OD=2,ED=4,ME=OO=t, 由EDBO,得EFM=ABO=30, 在RtMFE中,MF=2ME=2t, 由勾股定理,得FE=t, SMFE=ME FE= tt=t2, S矩形CODE=OD ED=8, 22 -AE AD3 3 3 22 -MFME3 1 2 1 2 3 3 2 3 S=S矩形CODE-SMFE=8-t2, S=-t2+8,其中t的取值范围是0t2. t6-. 提示:当0t2时,S=-t2+8, t=0时,Smax=
38、8;t=2时,Smin=6,6S8,不在范围内. 当2t4时,如图,OA=6-t,DA=4-t, 3 3 2 3 2 3 5 2 2 3 2 3 3333 根据勾股定理得ON=(6-t),DF=(4-t), S=(6-t)+(4-t)2=-2t+10, 2S6. 当S=5时,t=,t4. 当4t6时,如图,OA=6-t, 根据勾股定理得ON=(6-t), S=(6-t)(6-t)=t2-6t+18,0S2. 33 1 2 3333 33 3 5 2 5 2 3 1 2 3 3 2 333 当S=时,t1=6+(舍去),t2=6-,4t6-. 综上所述,t6-. 3222 5 2 2 易错警示易
39、错警示 此题为动态几何问题,需按矩形CODE与ABO重叠部分的形状变化分类讨论,若只画出其 中一种情况,则会因为考虑不全而产生错误. 7.(2016广东,25,9分)如图,BD是正方形ABCD的对角线,BC=2.边BC在其所在的直线上平移,将通过平移得 到的线段记为PQ,连接PA、QD,并过点Q作QOBD,垂足为O,连接OA、OP. (1)请直接写出线段BC在平移过程中,四边形APQD是什么四边形; (2)请判断OA、OP之间的数量关系和位置关系,并加以证明; (3)在平移变换过程中,设y=SOPB,BP=x(0 x2),求y与x之间的函数关系式,并求出y的最大值. 解析解析 (1)四边形AP
40、QD是平行四边形.(1分) (2)OA=OP且OAOP.证明如下: 当BC向右平移时,如图, 四边形ABCD是正方形, AB=BC,ABD=CBD=45. PQ=BC,AB=PQ. QOBD,BOQ=90, BQO=90-CBD=45, BQO=CBD=ABD=45, OB=OQ. 在ABO和PQO中, ABOPQO(SAS).(3分) OA=OP,AOB=POQ. POQ+BOP=BOQ=90, AOB+BOP=90, 即AOP=90. OAOP, OA=OP且OAOP.(4分) 当BC向左平移时,如图, , , , ABPQ ABOPQO OBOQ 同理可证,ABOPQO(SAS). OA
41、=OP,AOB=POQ, AOP+POB=POB+BOQ, AOP=BOQ=90, OAOP, OA=OP且OAOP.(5分) (3)过点O作OEBC于E. 在RtBOQ中,OB=OQ, OE=BQ. 当BC向右平移时,如图,(6分) BQ=BP+PQ=x+2, OE=(x+2). y=SOPB=BP OE=x(x+2), y=x2+x(0 x2). 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 4 1 2 当x=2时,y有最大值2.(7分) 当BC向左平移时,如图,BQ=PQ-PB=2-x, OE=(2-x). y=SOPB=BP OE=x(2-x), y=-x2+x(0 x2). 当x=1时
42、,y有最大值.(8分) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 4 1 2 1 4 综上所述,线段BC在其所在直线平移过程中,OPB的面积能够取得最大值,最大值为2(参考下图).(9 分) 评析评析 本题考查对正方形、直角三角形和平行四边形基本性质的理解与应用,考查数形结合思想和分 类讨论思想. 考点三 图形的旋转 1.(2020内蒙古包头,25,12分)如图,在RtABC中,ACB=90,AC=4,BC=2,RtABC绕点C按顺时针方向 旋转得到RtABC,AC与AB交于点D. (1)如图1,当ABAC时,过点B作BEAC,垂足为E,连接AE. 求证:AD=BD; 求的值; (2)如图2,当AC
43、AB时,过点D作DMAB,交BC于点N,交AC的延长线于点M,求的值. ACE ABE S S DN NM 图1 图2 解析解析 (1)证明:ABAC,BAC=ACA. BAC=BAC,ACA=BAC,AD=CD. ACA+BCD=90,BAC+ABC=90, BCD=ABC,CD=BD,AD=BD.(3分) 在RtABC中,BC=2,AC=4,AB=2. BEAC,BEC=90, 在RtBEC和RtACB中,BCE=ABC, tanBCE=tanABC,=2,BE=2CE. 在RtBEC中,BE2+CE2=BC2,(2CE)2+CE2=4, CE=. CD=AB,CD=,DE=CD-CE=,
44、 5 BE CE AC BC 2 5 5 1 2 5 3 5 5 =.AD=BD,SADE=SBDE, SABE=2SADE,=.(8分) (2)ACAB,NCD=BDC=90. DMAB,DNC=ABC=ABC. DC=CD,NCDBDC, NC=BD,DN=CB=2. BCD+ABC=90,BAC+ABC=90, BCD=BAC. 在RtCDB和RtACB中,tanBCD=tanBAC,=. SABC=AB CD=AC BC,CD=,BD=, ACE ADE S S CE DE 2 3 ACE ABE S S2 ACE ADE S S 1 3 BD CD BC AC 1 2 1 2 4 5
45、 5 2 5 5 CN=,AD=.NCD=BDC=90,CNAB, NCM=BAC.NMC=DMA,MNCMDA, =,=,MN=,=3.(12分) 2 5 5 8 5 5 MN MD CN AD2 MN MN 1 4 2 3 DN NM 2.(2020江西,20,8分)如图1是一种手机平板支架,由托板、支撑板和底座构成,手机放置在托板上,图2是 其侧面结构示意图.量得托板长AB=120 mm,支撑板长CD=80 mm,底座长DE=90 mm.托板AB固定在支撑 板顶端点C处,且CB=40 mm,托板AB可绕点C转动,支撑板CD可绕点D转动.(结果保留小数点后一位) (1)若DCB=80,CD
46、E=60,求点A到直线DE的距离; (2)为了观看舒适,在(1)的情况下,把AB绕点C逆时针旋转10后,再将CD绕点D顺时针旋转,使点B落在直 线DE上即可,求CD旋转的角度. (参考数据:sin 400.643,cos 400.766,tan 400.839,sin 26.60.448,cos 26.60.894,tan 26.60.5 00,1.732) 3 解析解析 (1)如图1,过点C作CHDE于点H. CD=80,CDE=60, sin 60=, CH=40401.732=69.28. 图1 作AMDE交ED的延长线于点M,CNAM于点N,则四边形NMHC是矩形. MN=CH=40,
47、NCMH,NCD=CDE=60. DCB=80, ACN=180-80-60=40. CH CD80 CH3 2 3 3 sinACN=,AC=80, AN=80sin 40800.643=51.44. AM=AN+NM=51.44+69.28120.7. 答:点A到直线DE的距离为120.7 mm. (2)解法一: AB绕着点C逆时针旋转10, DCB=90.如图2. 连接BD. DC=80,CB=40,tanCDB=0.5. CDB26.6.BDE60-26.6=33.4. 答:CD旋转的度数约为33.4. AN AC CB CD 40 80 图2 解法二: 当点B落在DE上时,如图3. 在RtBCD中,BC=40,CD=80,(DCB=90,同解法一) tanBDC=0.5.BDC26.6. CDC=BDC-BDC60-26.6=33.4. 答:CD旋转的度数约为33.4. BC CD 40 80 图3 思路分析思路分析 (1)分别作CHDE,AMED,CNAM,构造RtCDH、RtCAN,然后利用sinCDH=sin 60 =和sinACN=sin 40=求出CH和AN,而NM=CH,问题解决;(2)两种解法:根据AB绕点C逆时针
